2025年北师大新版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大新版选择性必修2化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、六氟化硫分子呈正八面体结构(如图所示)；在高电压下仍有良好的绝缘性，性质稳定，在电器工业方面有着广泛的用途，但逸散到空气中会引起强温室效应，下列有关六氟化硫的推测正确的是。

A.六氟化硫中各原子均为8电子稳定结构B.六氟化硫易燃烧生成二氧化硫C.六氟化硫分子中含极性键和非极性键D.键是键，且各键的键长、键能都相等2、科学家把和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体，该物质的K原子和分子的个数比为。

A.1∶1B.4∶1C.6∶1D.3∶13、按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法不正确的是A.核外电子运动不存在固定轨迹的轨道B.下列能级的能量1s＜2s＜3s＜4sC.电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多D.量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n24、某化合物可用于制造激光器；其结构如图所示。已知元素X；Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电子。下列说法正确的是。

A.非金属性：Z>YB.单质的沸点：Z>X>YC.该化合物中Z满足8电子稳定结构D.X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物5、W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，W和Z的pH=2，Y的pH<2，下列说法错误的是A.化合物X2Y2一定含离子键B.W在自然界既有游离态又有化合态C.WZ3中的原子均满足8e-稳定结构D.W、Y和Z的简单氯化物均属于酸6、NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.20gD2O中含有的中子数为8NAB.常温下，1LpH=12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NAC.标准状况下，1.12L乙烯中所含σ键数目为2NAD.6.0g石英晶体中，硅氧键数目为0.2NA7、分析推理是化学学习中常用的思维方法。下列说法正确的是（）

①单质只含有一种元素；所以含一种元素的物质一定属于单质；

②Na2MoO4中钼(Mo)元素的化合价是+6价；

③盐是由金属离子和酸根离子组成的，NH4NO3中没有金属离子；不属于盐；

④化学变化中；原子的种类和个数不变；

⑤带电的微粒都称为离子；

⑥NaOH溶液中的OH-能与酸反应，则KOH溶液中的OH‑也能与酸反应A.①②④B.②④⑥C.①③⑤D.③⑤⑥8、三氟化氯()是极强助燃剂，能发生自耦电离：其分子的空间构型如图，下列推测合理的是。

A.分子的中心原子杂化轨道类型为B.与反应生成和C.分子是含有极性键的非极性分子D.比更易发生自耦电离评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、a为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物。b为与形成的螯合物。下列叙述正确的是。

A.b含有分子内氢键B.b中的配位数为6C.b含有共价键、离子键和配位键D.a和b中的N原子均为杂化10、可正确表示原子轨道的是A.2sB.2dC.D.3f11、W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：B.W与的原子半径：C.X和Y的第一电离能：D.X、Z、R的电负性：12、肼是一种常见的还原剂；不同条件下分解产物不同。60~300℃时，在Cu等金属表面肼分解的机理如图。

已知200℃时：

Ⅰ.3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△H1=-32.9kJ•mol-1

Ⅱ.N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=-41.8kJ•mol-1

下列说法不正确的是A.肼中N原子的杂化方式为sp2B.图示过程①、②都是吸热反应C.反应Ⅰ中氧化剂与还原荆的物质的量之比为2：1D.200℃时，肼分解的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ•mol-113、下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是A.向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解B.向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解C.向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色D.向甲酸溶液中加入新制沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀14、文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是。

A.该反应可消耗温室气体CO2B.OH－参与了该催化循环过程C.该催化循环中Fe的成键数目未发生变化D.该反应的化学方程式可表示为：CO+H2OCO2+H215、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.12g金刚石中含有C-C的个数为4NAB.124g白磷(P4)晶体中含有P-P的个数为6NAC.28g晶体硅中含有Si-Si的个数为2NAD.SiO2晶体中1mol硅原子可与氧原子形成2NA个共价键(Si-O)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、C；N、Ti、Mn、Cu都是重要的材料元素；其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。

（1）Mn位于元素周期表的_________区，Mn2＋的价层电子排布图为_____。

（2）N原子核外有______种空间运动状态不同的电子。NO2+的立体构型是_________，与它互为等电子体的分子有________（写出一种）。

（3）Cu2＋与NH3可形成[Cu(NH3)4]2＋配离子，0.5mol[Cu(NH3)4]2＋中含有σ键的个数为_____。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是___________________________________________________________。

（4）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物甲中碳原子的杂化方式为___________，乙中所有原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是______。

17、基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是______。18、2019年是元素周期表诞生150周年；元素周期表(律)在学习；研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。

。

IA

0

1

①

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

2

②

③

3

④

⑤

⑥

⑦

⑧

4

(1)元素①～⑧中，金属性最强的是________(填元素符号)。

(2)中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子式是_________。

(3)比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______(填化学式)。说明你判断的理由：_________。

(4)主族元素砷(As)的部分信息如图所示。

①砷(As)在周期表中的位置是______。

②下列说法正确的是_______(填序号)。

a．砷元素的最高化合价为+4

b．推测砷有多种氧化物。

c．③的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性。

(5)某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl＞Br＞I。已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。

打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br＞I，并说明理由_________。19、在下列分子中，①H2，②CO2，③H2O2；④HCN(填序号)

分子中只有σ键的是_________，分子中含有π键的是_________，分子中所有原子都满足最外层为8个电子结构的是_________，分子中含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是_________，分子中含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是_________，分子中既含有极性键又含有非极性键的是_________。20、铝是地壳中含量最多的金属元素；铝及其化合物在日常生活；工业上有广泛的应用。

(1)铝原子核外有_________种不同运动状态的电子，有_________种能量不同的电子，写出铝在元素周期表中的位置：________

(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达2200℃。推测氮化铝是________晶体，试比较组成该物质的两微粒半径大小：_______

(3)可用铝和氧化钡反应可制备金属钡：4BaO+2AlBaO·Al2O3+3Ba↑的主要原因是_______(选填编号)。

a.Al活泼性大于Bab.Ba沸点比Al的低c.BaO·Al2O3比Al2O3稳定。

(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石(Na3AlF6)。其反应物中有两种元素在周期表中位置相邻，可比较它们金属性或非金属性强弱的是_________(选填编号)。

a.气态氢化物的稳定性b.最高价氧化物对应水化物的酸(碱)性。

c.单质与氢气反应的难易d.单质与同浓度酸发生反应的快慢。

(5)描述工业上不用电解氯化铝而是用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因：_______21、元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。

（1）与氯元素同族的短周期元素的原子核外有_____个电子。

（2）能作为溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是_____（填序号）。

a．IBr中溴为﹣1价b.HBr、HI的酸性c.HBr、HI的热稳定性d.Br2、I2的熔点。

（3）海水提溴过程中，先向浓缩海水中通入_____，将其中的Br氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收。Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），则吸收1molBr2，转移电子_____mol，反应中氧化产物为_____。

（4）已知：AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华。从物质结构的角度解释两者熔点相差较大的原因：_____。22、科学家用Pb-磷化物催化二氧化碳和丁二烯发生化学反应；得到的主要产物甲的键线式如图所示，请回答下列问题：

（1）写出甲中含有的官能团名称：_________________________；

（2）有机物甲的分子式为__________________；

（3）一定条件下，1mol甲发生加成反应所需H2的物质的量最多为______mol；

（4）该有机物分子中所有原子是否可能在同一个平面上？___________(填“可能”或“不可能”)。23、叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H—N=N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：

（1）下列有关说法正确的是___（填序号）。

A.HN3中含有5个σ键。

B.HN3中的三个氮原子均采用sp2杂化。

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子。

D.HNO2是强酸。

（2）叠氮酸根（N3-）能与许多金属离子等形成配合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4，在该配合物中钴显___价，配位数是___。

（5）根据价层电子对互斥理论判断N3-的空间构型为___。与N3-互为等电子体的分子有___（写一种即可）。24、某烃的蒸气对氢气的相对密度为43；取21.5g此烃与过量的氧气反应，将其生成物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加31.5g，再通过NaOH溶液，NaOH溶液质量增加66g。

求：⑴此烃的分子式________。

⑵若该烃的一卤代物有2种同分异构体，请写出此烃的结构简式和名称_______；________评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误27、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)28、四氯化碳主要用作优良的溶剂；干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等；也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。

已知：

①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；

②与在铁作催化剂的条件下；在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；

③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度

(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。

(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A装置中导管k的作用为________________________。

(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成其还原产物为)。

(4)反应结束后关闭此时F装置的作用为_______________________。

(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到29、叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的气源。某兴趣小组根据其制备原理，设计如下实验制备并测定其纯度。

已知相关物质的性质如下表：。物质状态部分性质结晶性粉末易水解()，易被氯化晶体易溶于水，微溶于乙醇

回答下列问题：

(1)的空间构型为_______。

(2)右侧干燥管中盛装的试剂为_______。

(3)关闭K1、打开K2，通入氨气排出装置中空气，设计方案证明装置中空气已排尽_______。

(4)加热使钠熔化并与氨气反应制取通入前，需控制温度于210~220℃，此时采用的加热方式为_______(填标号)。

A直接加热B.水浴加热C.油浴加热。

(5)关闭K2、打开K1，通入制备反应后的产品中可能含有杂质和_______；产品冷却后，溶解于水，再加入乙醇并搅拌，然后过滤，_______；干燥。

(6)称取2.0g产品，配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入0.1000mol⋅L溶液40.00mL，充分反应后，再用0.1000mol•L标准溶液滴定过量的终点时消耗标准溶液10.00mL。相关反应如下(假设杂质均不参与反应)：

产品中叠氮化钠的纯度为_______。30、FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。

已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。

Ⅰ．FeCl3的制备。

(1)装置C中碱石灰的作用是___________。

(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水；NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰；仪器可重复使用)。

(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。

Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应。

向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液；溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。

查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：

猜想1：与过量的Cu粉反应生成再结合生成白色沉淀

猜想2：与发生氧化还原反应生成再结合生成白色沉淀

针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：。实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。

(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：

i．与可发生如下两种反应：

反应A：(淡黄色)；

反应B：(黄色)。

ii．与共存时溶液显绿色。

①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在时，氧化性增强，可将氧化为据此将实验2改进，向溶液中同时加入立即生成白色沉淀写出该反应离子方程式___________。

(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量则的产率为___________(写出表达式即可)。31、晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞。NaCl晶体的晶胞如右图所示。随着科学技术的发展，测定阿伏加德罗常数的手段越来越多，测定精确度也越来越高。现有一简单可行的测定方法，具体步骤如下：①将固体食盐研细，干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。②用滴定管向仪器A中加苯；并不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为VmL。回答下列问题：

⑴步骤①中A仪器最好用__________________(填仪器名称)。

⑵能否用胶头滴管代替步骤②中的滴定管______，其原因是____________。

⑶能否用水代替苯_______，其原因是______________________。

⑷经X射线衍射测得NaCl晶胞中最邻近的Na+和Cl-平均距离为acm；则利用上述。

方法测得的阿伏加德罗常数的表达式为NA=_______________________。

评卷人得分六、工业流程题(共3题，共27分)32、工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有等杂质)，低湿硫酸化焙烧—水浸工艺制备其流程如图：

资料：i.高温易分解。

ii.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为

iii.含磷有机试剂萃取过程中溶液的浓度越高；萃取率越低，萃取钒效果越差。

iv.

v.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表：。沉淀物完全沉淀3.29.04.7

(1)中的电子排布式为_______，有的空间构型是_______。

(2)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将转化为的化学方程式是_______。

(3)预处理过程中先加入溶液进行还原预处理，加入溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失；再用氨水混合并调节溶液pH。

①请用相关离子方程式说明加入的第二个作用_______。

②解释加氨水调节pH≈5的原因是_______。

(4)沉钒过程中先加入进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将中的钒元素以多钒酸铵的形式沉淀，溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释pH=2.5沉钒率最高的原因是_______。

(5)测定产品中的纯度：

称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL，已知被还原为假设杂质不参与反应，产品中的质量分数是_______。(写出计算过程，的摩尔质量：)33、锌的化学性质与铝相似；工业上有较高的利用价值。某含锌废催化剂中锌以氧化物的形式存在，还含有镍；铁、铅等元素杂质，采用“氨浸除杂蒸发锻烧”新工艺生产高纯碱式碳酸锌，达到了废物综合利用的目的，工艺流程如图，请回答下列问题。

已知：“浸取”步骤后生成了锌氨配合物和镍氨配合物进行后续生产。

(1)Zn2+的价电子排布图____；金属配合物的结构和稳定性常用18e-经验规则预测，即中心体的价电子数加配体提供的电子数等于18，请试写出“浸取”后锌元素的存在微粒形式____。(填化学式)

(2)“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质的反应方程式为____。

(3)“浸取”中锌的浸出率对本工艺至关重要；图一；图二是锌浸出率分别受温度、氨水与碳酸氢铵比(氮元素浓度固定)的影响。请分析：

①图一中适宜选择的温度为42℃左右。温度不宜过高的原因是____。

②图二中随着氨水与碳酸氢铵比的增大，锌的浸出率先增大后减小，然后再增大。当＜0.75时，溶液pH值较低，试判断锌的存在形式为____；当0.75＜＜1时，溶液pH值升高，锌的存在形式为____；当1＜后，溶液pH值继续升高，锌的存在形式为___。

(4)滤渣II的成分为过量的Zn外，还有____。(填化学式)

(5)“蒸氨”操作中锌氨溶液最终以ZnCO3•2Zn(OH)2形式从溶液中析出，经过滤洗涤、干燥后得到碱式碳酸锌，其化学反应方程式为：____。

(6)整个过程中可以循环利用的物质为____。34、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途．

(一)如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和都是重要的化工原料；常用作催化剂；颜料、防腐剂和消毒剂等．

(1)超细铜粉的某制备方法如下：

中的配体是_______________________。

(2)氯化亚铜的制备过程是：向溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀，反应的离子方程式为_______________________________________________________。

(二)波尔多液是一种保护性杀菌剂；广泛应用于树木；果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．

(1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有_______________________填元素符号

(2)往浓溶液中加入过量较浓的直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是____________________(写化学式)，实验中所加的作用是________________________。

(3)晶体中呈正四面体的原子团是______，杂化轨道类型是杂化的原子是____________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．根据题图知；每个F原子和1个S原子形成1个共用电子对，每个S原子和6个F原子形成6个共用电子对，所以F原子都达到8电子稳定结构，但S原子最外层不满足8电子稳定结构，A错误；

B．六氟化硫中F显价，S显价；S元素已为最高化合价，不能被氧化，故六氟化硫不能燃烧生成二氧化硫，B错误；

C．同种原子间形成非极性键，不同种原子间形成极性键，六氟化硫分子中的键均为极性键；不含非极性键，C错误；

D．六氟化硫分子中的键都是键；六氟化硫分子为正八面体形结构，所以各键的键长与键能都相等，D正确；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

在晶胞中，每个面上有两个钾原子，每个顶点上和体心有一个C60，根据均摊法可知K原子个数为：C60分子的个数为所以K原子个数和C60分子的个数比为6∶2=3∶1，故答案为：D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．核外电子运动只是在某个区域出现的概率大些；不是围绕原子核在固定的轨道上运动，A正确；

B．同一原子中，形状相同的原子轨道能层越低，能量越低，所以能级的能量高低：1s<2s<3s<4s；B正确；

C．小黑点的密表示电子出现机会的多；不表示在该核外空间的电子数多，C错误；

D．各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2；D正确；

答案选C。4、D【分析】【分析】

X；Y、Z、W原子序数依次递增；且均不大于20，由结构可知W+为+1价，X与W同族，X形成1个共价键，X与W为ⅠA族，Y形成2个共价键，Y为ⅥA族，Z形成5个共价键，元素W的原子比Z原子多4个电子，X、Y、Z、W分别为H、O、P、K，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，非金属性：Y>Z；A错误；

B．单质的沸点：Z>Y>X(P＞O2＞H2)；B错误；

C．Z为P形成3个共价键为8电子稳定结构；但是该化合物中形成5个共价键，则不是8电子稳定结构，C错误；

D．X；Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物例如KOH；D正确；

答案选D。5、D【分析】【分析】

W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气，WZ最高价氧化物对应的水化物形成的酸，其浓度均为0.01mol·L-1时，W和Z的pH=2，则均为一元强酸，W为氮、Z为氯；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，X为钠；Y的pH<2；Y为二元强酸，Y为硫；

【详解】

A．化合物Na2S2类似于Na2O2；一定含离子键，A正确；

B．W在自然界既有氮气的氮元素游离态又有含氮化合物的氮的化合态；B正确；

C．NCl3中的原子均满足8e-稳定结构；C正确；

D．氨气的水溶液显碱性；D错误；

故选D。6、B【分析】【详解】

A．20g重水的物质的量为而重水中含10个中子，故1mol重水中含中子为10NA个，故A错误；

B．常温下，pH=12的碳酸钠溶液中氢离子浓度为10-12mol/L，氢氧根的浓度为10-2mol/L，故1L此溶液中OH-物质的量为0.01mol，个数为0.01NA，故B正确；

C．标况下1.12L乙烯的物质的量为而乙烯中含5条σ键，故0.05mol乙烯中含σ键为0.25mol，即数目为0.25NA，故C错误；

D．6g石英的物质的量为而二氧化硅中含4条硅氧键，故0.1mol二氧化硅中含硅氧键数目为0.4NA；故D错误。

故选：B。7、B【分析】【分析】

【详解】

①单质是由同种元素组成的纯净物；但只含一种元素的物质不一定是单质，如组成的混合气体是混合物，不是单质，故①错误；

②Na2MoO4中Na元素显+1价；O元素显-2价，化合物显电中性，不带电荷，Mo元素的化合价为0-2×(+1)-4×(-2)=+6价，故②正确；

③盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子(或非金属离子)结合的化合物，NH4NO3属于盐；故③错误；

④化学反应前后；原子的种类和个数均不变，故④正确；

⑤原子核由质子和中子构成；质子带一个单位的正电荷，质子不是离子，故⑤错误；

⑥酸与碱之间发生反应实质上是酸的H+和碱的OH-之间发生反应；故⑥正确；

综上，②④⑥正确，答案选B。8、D【分析】【详解】

A．三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5，杂化方式不可能为sp2杂化；故A错误；

B．由三氟化氯是极强助燃剂可知；三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B错误；

C．由图可知；三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C错误；

D．溴元素的电负性小于氯元素；溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故D正确；

故选D。二、多选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【详解】

A．b中H没有直接与O或N相连；不能形成分子内氢键，故A错误；

B．根据b的结构简式可知，的配位数为6；故选B；

C．b为阴离子；含有共价键和配位键，不含离子键，C错误；

D．根据结构简式可知，a和b中N原子的杂化方式均为杂化；故选D。

答案选BD10、AC【分析】【详解】

第二能层中包括s、p能级，第三能层中包括s、p、d能级，所以L层不存在2d轨道，M层不存在3f轨道，综上所述，A、C项可正确表示原子轨道，故选AC。11、BD【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与锂离子具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X为O元素、Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为则Y为Si元素；由Z为S元素可知，R为Cl元素。

【详解】

A.非金属元素的非金属性越强；气态氢化物的热稳定性越强，硫元素的非金属性强于硅元素，则硫化氢的热稳定性强于硅烷，故A正确；

B.同主族元素；从上到下原子半径依次减小，则氢原子的原子半径小于锂原子，故B错误；

C.非金属元素的非金属性越强；元素的第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于硅元素，故C正确；

D.非金属元素的非金属性越强；元素的电负性越大，三种元素的非金属性强弱的顺序为O＞Cl＞S，则电负性强弱的顺序为S＜Cl＜O，故D错误；

故选BD。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A.氨气分子中N原子的价层电子对数为4，N原子的杂化方式为sp,3杂化，肼分子可以视作氨气分子中一个氢原子被氨基取代，则肼分子中N原子的杂化方式与氨气分子中N原子的杂化方式相同，为sp3杂化；故A错误；

B.由题意可知过程①的反应的△H1＜0；为放热反应，故B错误；

C.由方程式可知；反应Ⅰ中，肼分子N元素的化合价即降低又升高，氮气为氧化产物，氨气为还原产物，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；

D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g），则△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1；故D正确；

故选AB。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸；先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀，该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；

B．加氨水；发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；

C．鸡蛋清溶液属于胶体；加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；

D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应；氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；

故选：AC；14、BD【分析】【分析】

题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5为催化剂。机理图中，凡是出现在历程中进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间产物。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变化，并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物是CO和H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。

【详解】

A．由分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，而是生成了温室气体CO2；A错误；

B．由分析可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环；B正确；

C．由分析可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目；配体种类等均发生了变化；C错误；

D．由分析可知，反应物是CO和H2O，最终产物是CO2和H2，Fe(CO)5为催化剂，OH-可以看成是另一个催化剂或反应条件，故总反应为CO+H2OCO2+H2；D正确；

故选BD。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石中每个C原子形成4个C-C键，每个C-C键被两个C原子共用，则每个C具有=2个C-C键，12g金刚石含有1mol碳原子，含有C-C的个数为2NA；A错误；

B．1mol白磷含有6molP—P键，124g白磷(P4)物质的量为1mol，因此124g白磷晶体中含有P—P键的个数为6NA；B正确；

C．与金刚石类似，晶体硅中每个Si原子形成Si-Si键，28g晶体硅物质的量为1mol，因此中含有Si—Si键的个数为2NA；C正确；

D．SiO2晶体中每个Si与周围4个O原子结合形成4个Si—O键，因此SiO2晶体中每摩尔硅原子可与氧原子形成4NA个共价键(Si—O键)；D错误；

综上所述答案为BC。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

（1）Mn为第25号元素，位于第四周期VIIB族；Mn2＋的价层电子排布式为3d5；

（2）N原子核外排布式为1s22s22p3；根据价层电子互斥理论确定空间构型；等电子体的分子有CO2、N2O、CS2等；

（3）[Cu(NH3)4]2＋中心配离子中，氨分子中含有3条σ键，Cu2＋与NH3可形成4条σ键，则合计16条σ键；NF3与NH3具有相同的空间构型；F原子比H的电负性强，对N；F间的共用电子对的作用力强，导致氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键；

（4）单键中含有1个σ键；双键中含有1个σ键和1个π键；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；氢键的存在导致物质熔沸点升高。

【详解】

（1）Mn为第25号元素，位于第四周期VIIB族，属于d区；Mn的价电子排布式为3d54s2，则Mn2＋的价层电子排布式为3d5，排布图为

（2）N原子核外排布式为1s22s22p3，有5种空间运动状态；NO2+的中心N原子的孤电子对数=（a-bx）=（5-1-2×2）=0，有2条σ键，则空间构型为直线型；等电子体的分子有CO2、N2O、CS2等；

（3）[Cu(NH3)4]2＋中心配离子中，氨分子中含有3条σ键，Cu2＋与NH3可形成4条σ键，则合计16条σ键，则0.5mol时含有8molσ键，即8NA；NF3与NH3具有相同的空间构型；F原子比H的电负性强，对N；F间的共用电子对的作用力强，导致氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键；

（4）化合物甲中，CH2、CH3结构的C为sp3杂化，结构的C为sp2杂化；乙中含有C、H、O、N四种元素，第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>H；化合物甲分子间不能形成氢键，化合物乙中的N原子可以和另一分子形成氢键，导致分子间的作用力增大，沸点升高。【解析】d5直线形CO2（或N2O、CS2，其他答案合理即可）8NA（或8×6.02×1023或4.816×1024）F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键。sp3和sp2杂化N>O>C>H化合物乙分子间存在氢键17、N【分析】【详解】

K原子核外电子排布式为电子占据的最高能层符号为N。18、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中位置可知；①为H元素；②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。

【详解】

(1)同周期元素从左到右；金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为Na；

(2)元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为故答案为

(3)②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为HNO3；H2CO3；非金属性：N＞C；

(4)①由主族元素砷的原子结构示意图可知；该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为第4周期第VA族；

②a．砷元素的最外层有5个电子；则最高化合价为+5，故错误；

b．同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5；故正确；

c．元素非金属性越强；其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；

b正确，故答案为b；

(5)打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br＞I；故答案为：不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。

【点睛】

本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。【解析】NaHNO3H2CO3非金属性：N＞C第四周期第VA族b不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应19、略

【分析】【分析】

单键中只有σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键；氢原子含1个原子，最外层电子为s电子；同原子形成非极性键；不同原子间形成极性键，以此解答该题。

【详解】

分子中只有σ键；说明分子中只含有单键，则①③符合；

②④中分别含有C=O键；C≡N键；则含有π键；

分子中所有原子都满足最外层为8个电子结构；应排除氢化物，题中②符合；

分子中含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键；只有①符合；

分子中含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键；则应含有H原子与其它原子形成的共价键，③④符合；

③中含O-H极性键和O-O非极性键，故答案为：①③；②④；②；①；③④；③。【解析】①.①③②.②④③.②④.①⑤.③④⑥.③20、略

【分析】【分析】

(1)在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子；结合原子核外电子排布式确定铝原子核外电子能量的种类数目；

(2)原子晶体；硬度大；熔点高，粒子的电子层越多，粒子的半径越大；

(3)常温下Al的金属性比Ba的金属性弱；该反应是利用Ba的沸点比Al的低；

(4)根据反应物中的元素可知；氧；氟元素位置相邻，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；

(5)氯化铝为共价化合物；晶体中不存在离子，熔融时不能导电。

【详解】

(1)铝是13号元素，核外电子有13个，每一个电子的运动状态都不同，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；有5个能级，因此有5种能量不同的电子；铝原子的核外电子排布为2；8、3，所以铝在元素周期表中位于第三周期ⅢA族；

(2)原子晶体硬度大，熔沸点高，根据氮化铝的物理性质：它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知氮化铝属于原子晶体，Al元素原子核外电子数为13，有3个电子层，N元素原子核外电子数为7，有2个电子层，原子核外电子层越多原子半径越大，所以微粒半径大小Al>N；

(3)利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al

(4)该反应中的物质含有的元素有Al；O、H、F、Na、C；只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故合理选项是为ac；

(5)因为氯化铝为共价化合物，由分子构成，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以电离产生Al3+、O2-而能导电，Al3+在阴极上得到电子变为单质Al。

【点睛】

本题考查Al、O、F等元素的原子结构及其化合物性质等，侧重考查原子核外电子排布、同一主族、同一周期元素性质的递变规律，注意氯化铝为共价化合物，由分子构成是易错点。【解析】①.13②.5③.第三周期ⅢA族④.原子⑤.Al>N⑥.b⑦.ac⑧.氯化铝为分子晶体，熔点低且不电离，而氧化铝为离子晶体21、略

【分析】【详解】

（1）与氯元素同族的短周期元素为F元素；原子核外有9个电子，故答案为9；

（2）a．IBr中溴为﹣1价，说明Br的非金属性较强；故a正确；

b．HBr、HI的酸性不能作为判断的依据，故b错误；

c．HBr；HI的热稳定性越强；对应的非金属性越强，故c正确；

d．Br2、I2的熔点属于物理性质；不能作为判断的依据，故d错误。

故答案为ac；

（3）一般用氯气或过氧化氢氧化Br﹣，反应Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中，Br元素化合价分别由0价变化为﹣1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n氧化剂（Br2）＝2×5×n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）＝5：1，故吸收1molBr2时，转移的电子数为1mol×2××5＝mol＝1.67mol，NaBrO3为氧化产物；

故答案为Cl2或H2O2；1.67（或）；NaBrO3；

（4）AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子晶体熔点高；

故答案为AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体。【解析】9acCl2或H2O21.67NaBrO3AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体22、略

【分析】【分析】

结合产物甲分子结构中含有的官能团；根据官能团的结构特点和性质分析。

【详解】

(1)中含有的官能团名称为碳碳双键；酯基；

(2)中含有9个C、10个H、2个O原子，则分子式为C9H10O2；

(3)能与氢气发生加成反应的为碳碳双键，分子中含有3个碳碳双键，则一定条件下，1mol甲发生加成反应所需要的H2的物质的量最多为3mol；

(4)分子中含有饱和碳原子，即含有sp3杂化的碳原子；这种碳原子具有四面体的结构特征，则分子中所有的原子不可能在同一个平面上。

【点睛】

本题主要考查有机化合物的结构特点，由于甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。【解析】碳碳双键、酯基C9H10O23不可能23、略

【分析】【分析】

(1)根据题给信息中的结构简式及元素性质分析化学键的类型；(2)根据配合物组成分析中心原子的化合价及配位数；(3)根据等电子体理论分析微粒的空间构型。

【详解】

(1)A.根据H-N═N≡N可知，HN3分子中存在3个σ键；故A错误；

B.HN3分子中N原子存在sp2；sp杂化；故B错误；

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正；负电荷中心不重合；都属于极性分子，故C正确；

D.HNO2不是强酸；故D错误；故答案为：C；

(2)化合物中元素化合价的代数和等于零，则[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴显+3价；钴离子与5个氨气分子和1个叠氮酸根形成配位键；则配位数为6，故答案为：+3；6；

(3)N3-中原子个数是3，价电子数是16，则与N3-互为等电子体的分子有CO2，CO2为直线形，则N3-为直线形，故答案为：直线型；CO2。【解析】①.C②.+3③.6④.直线形⑤.CO224、略

【分析】【详解】

(1)该烃的相对分子质量M＝43╳2＝86，m(H2O)＝31.5g→n(H)＝3.5mol，m(CO2)＝66g→n(C)＝1.5mol，所以n(C)：n(H)＝1.5：3.5＝3：7，该烃的最简式为C3H7，M(C3H7)n＝86，n＝2，所以该烃分子式为C6H14；

(2)该烃的一卤代物有2种同分异构体，只有两种等效氢，则该物质高度对称，符合题意的结构简式为CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2，名称为：2，3—二甲基丁烷。【解析】①.C6H14②.CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2③.2，3—二甲基丁烷四、判断题(共3题，共27分)25、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。26、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。27、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、实验题(共4题，共32分)28、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h。

【详解】

（1）的价层电子对数为2+=2，且不含孤电子对，空间结构为直线形，其中C的杂化轨道类型为sp，CO2、SCN-和COS与是等电子体，与具有相同空间结构和键合形式。

（2）由分析可知，上述仪器的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h；A装置中导管k的作用为平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

（3）装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。

（4）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气。

（5）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，S元素由-2价上升到+6价，Br元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2。

（6）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳。【解析】(1)直线形spCO2SCN-；COS

(2)i、j→f、g→d、e→b；c→h平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

(3)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O

(4)平衡气压做安全瓶；同时储存氯气。

(5)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2

(6)蒸馏29、略

【分析】【分析】

由题给信息可知；制备叠氮化钠的过程为氨气与金属钠共热反应制备氨基钠，反应制得的氨基钠与一氧化二氮共热反应制得叠氮化钠。

【详解】

（1）氮三阴离子与二氧化碳的原子个数都为3；价电子数都为16；互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则氮三阴离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，故答案为：直线形；

（2）由实验装置图可知；右侧干燥管中盛装的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：碱石灰；

（3）为防止空气中的氧气氧化金属钠和生成的氨基钠；应先通入氨气排尽装置中的空气，若将收集到的气体倒扣在水槽中，若液体能充满小试管说明装置中空气已经排尽，具体操作为用小试管在a口收集满气体，倒扣在水槽中，液体充满试管；

（4）由反应温度为210~220℃可知；制备叠氮化钠时应采用油浴加热，故选C；

（5）由题给方程式可知；反应制得的叠氮化钠中混有氨基钠和氢氧化钠杂质，由题给信息可知，除去杂质的方法为产品冷却后，溶解于水，再加入乙醇并搅拌，然后过滤；乙醇洗涤、干燥得到叠氮化钠，故答案为：NaOH；乙醇洗涤；

（6）由题意可知，2.0g产品中叠氮化钠的物质的量为0.1000mol/L×0.04L×10—0.1000mol/L×0.01L×10=0.03mol，则叠氮化钠的纯度为×100%=97.5%，故答案为：97.5%。【解析】(1)直线形。

(2)碱石灰。

(3)用小试管在a口收集满气体；倒扣在水槽中，液体充满试管。

(4)C

(5)NaOH乙醇洗涤。

(6)97.5%30、略

【分析】【分析】

Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；据此分析解题。

【详解】

（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；

（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；

（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-；结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；

（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因；故答案为：＞；不是；

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在时，氧化性增强，可将氧化为据此将实验2改进，向溶液中同时加入立即生成白色沉淀即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；

（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量则的产率为：=故答案为：【解析】(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质。

(2)U形干燥管b→c→d→e

(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2+++Cl2↑+2H2O

(4)1

(5)＞不是Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+

(6)31、略

【分析】【分析】

(1)容量瓶为定容仪器；能够较准确的测定体积；

(2)实验中需要准确量取苯的体积；因此不能用胶头滴管代替滴定管；

(3)NaCl会溶解；造成NaCl的体积不能准确测定出来；

(4)由实验中NaCl的质量与体积，可以得到NaCl晶体的密度，均摊法计算晶胞中Na+、Cl-数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm；则晶胞棱长=2acm，而晶胞质量等于晶体密度与晶胞体积乘积，联立计算。

【详解】

(1)能够较准确的测定NaCl固体体积；所以步骤①中仪器最好用容量瓶；

(2)实验中需要准确量取苯的体积；因此不能用胶头滴管代替滴定管；

(3)不能用水代替苯；若用水代替苯，NaCl会溶解，造成NaCl的体积不能准确测定出来；

(4)NaCl的密度为g/cm3，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，NaCl晶胞的体积=(2a)3cm3，晶胞中Na+离子数目=1+12×=4、Cl-数目=8×+6×=4，则NaCl晶胞的质量=g=g/cm3×(2a)3cm3，整理得NA=【解析】容量瓶否实验中需要准确量取苯的体积否若用水代替苯，NaCl会溶解，造成NaCl的体积不能准确测定出来六、工业流程题(共3题，共27分)32、略

【分析】【分析】

石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂